【文档说明】四川省泸州市泸县第一中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.259 MB，由小赞的店铺上传

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四川省泸县第一中学一中2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题一、选择题1.关于电场强度、电势和电容，下列说法正确的是（）A.由公式FEq=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比B.由公式2=kQEr可知，在离点电荷Q距离为r

的地方，电场强度E的大小与Q成正比C.由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒量，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比D.由公式QCU=可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大【答案】B【解析】【详解】A．公式FEq=采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电场中

该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误；B．由公式2=kQEr可知，Q是场源电荷，电场强度E的大小与Q成正比，E与r的平方成反比，故B正确；C．公式U=Ed中d是两点沿电场方向间的距离，所以在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的

距离成正比，而不是与任意距离成正比，故C错误；D．公式QCU=采用比值定义法，C反映电容器容纳电荷的本领，与Q、U无关，故D错误。故选B。2.飞机在空中飞行时，其表面因不断与空气摩擦而带电，某次飞行中，飞机0.5s内带电荷量增加

了17μC，此过程中形成的电流约为（）A.34mAB.34μAC.15mAD.8.5μA【答案】B【解析】【详解】由题意可得飞机0.5s内带电荷量增加17μC，此过程中形成的电流约为661710C3410A=34μA0.5sqIt−−===故选B。3.在磁感

应强度为B的匀强磁场中有一个面积为S的闭合金属线框abcd，如图所示．开始时金属线框与磁感线平行，当线框绕OO'轴转动30°角时，穿过线框的磁通量为（）A.BSB.12BSC.32BSD.0【答案】B【解析】【分析】通过线圈的

磁通量可以根据Φ＝BSsinθ进行求解，θ为线圈平面与磁场方向的夹角．【详解】当线圈绕OO′轴转过30°时，Φ＝BSsinθ＝0.5BS【点睛】解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大．4.如图，电源电动势为E，内阻为r

，滑动变阻器总电阻为R，所有电表均为理想表。闭合开关S后，当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中（）A.电流表A1的示数逐渐增大B.电流表A2的示数先减小再增大C.电容器C的电荷量保持不变D.电压表V的示数逐渐增大【答案】A【解析】【详解】B．令滑动变阻器滑片右侧电阻为

Ra，滑动变阻器与R0，构成电路的总电阻200001aaaaaaaRRRRRRRRRRRRRRR=−+=−=−+++总当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中，Ra增大，则R总减小，则干路电流增大，即电流表A2的示数增大，B错误；A．令滑动变阻器滑片右侧电阻Ra与R0并联总电阻为R并，则00001a

aaRRRRRRRR==++并Ra增大，则R并增大，由于干路电流增大，则并联部分电压并U增大，则电流表A1的示数逐渐增大，A正确；C．电容器C的电压UEUIr=−−并根据上述，干路电流增大，并U增大，则电容器C的电压减小

，根据QCU=可知，电容器C的电荷量减小，C错误；D．电压表V的示数为VUEIr=−根据上述，干路电流增大，则电压表V的示数逐渐减小，D错误。故选A。5.风能是一种洁净、无污染、可再生的能源，临海括苍山山顶上建有全国第四大风力发电场

，如图所示。已知该地区的风速约为6m/s，空气密度约31.3kg/m，已知风力发电机的风叶叶片长度为40m，且风能的30％可转化为电能，则一台发电机发电功率约为（）A.33.610WB.52.110WC.71.510WD.93.010W【答案】B【解析】【详解】在1s内经叶片的空气体积

为22333.144061m30144mVSvtRvt====空气质量1.330144kg39187.2kgmV===空气动能22k1139187.26J705369.6J22Emv===风能的30％可转化为电能，则有k30705369.60.3

J211610.88JEE===电％1s的电能，就是发电功率，约为52.110W。故选B。6.如图所示，三根长直导线A、B、C相互平行，截面为正三角形，三条边的中点分别记为D、E、F点，中心为O点，现给三根导线通入如图方向的等大电流I，已知距导线r处的磁感应强度kIBr=，其中k为常数

，则（）A.D点和E点的磁场方向相同的B.D点和E点的磁场大小不同C.D、E、F三点中F点磁场最小D.O点磁场为零【答案】C【解析】【详解】ABC．设正三角形边长为2L，根据B=kIr，结合矢量的叠加原理，如图

，可得D、E、F三点的磁感应强度大小分别为BD=2223IIkkLL+，BE=2223IIkkLL+，BF=k3IL可知D点和E点的磁场大小相同，方向不同，选项AB错误，C正确；D．由安培定则结合磁场的叠加

原理，如图，可知O点的磁感应强度不为零，选项D错误。故选C。7.一个中间有铁芯的密绕螺线管接通电流后，在内部形成磁场，设中间的能量密度为1w。若小狼把铁芯从中间断成两截，中间有一个很小的空隙，则空隙中的能量密度和周围铁芯中的能量密度分别为2w和3w

，则123::www为（）（注意，此题不要求严格的定量计算，下列选项中的1）A.1:1:1B.1:1:0.5C.1::1D.1::0.5【答案】C【解析】【分析】【详解】密绕螺线管中的磁感应强度表达式为0BnI=加入铁芯后，铁芯的相对磁导率r较大的0rBnI

=若视为无限长螺线管，小空隙并不影响铁芯中磁感应强度大小。由磁感应强度在的连续性，空隙中的磁感应强度也为0rBnI=考虑到磁场能量密度满足2012rBw=铁芯部分的1r，空隙中空气相对磁导率约为1，故铁芯磁

场能量密度小于空隙间的磁场能量密度。同时断裂前后的铁芯中磁感应强度基本没有变化，所以能量密度也不发生变化。故ABD不符合题意，C符合题意。故选C。8.如图，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P

点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减小D.电容器所带电荷量将减小【答案】BD【解析】【详解】AC．根据受力平衡可知，带

电油滴受到的电场力竖直向上，极板间的电场强度为UEd=由于电容器与电源连接，可知电容器电压保持不变，上极板竖直向上移动一小段距离，则板间距离d变大，可知电场强度变小，带电油滴受到的电场力变小，带电油滴将沿竖直方向向下运动，电场力对带电

油滴做负功，带电油滴的电势能将增大，故AC错误；B．设下极板为B板，可知B板接地，电势为零，根据电势差与电场强度关系BB0PpPUEd=−=由于电场强度变小，可知P点的电势降低，故B正确；D．根据4SCkd=QCU=板间距离d变大，可知电容变小，由于电压不变，所以电容器所带电荷量将

减小，故D正确。故选BD。9.如图所示为磁场中的两条磁感线，A、B、C为磁场中的三个点，其中A、C在同一条直线磁感线上，下列关于三点所在处的磁感应强度BA、BB、BC的说法正确的是（）A.BA一定大于BBB.BA可能与BB大小相等C.BA与BB、BC方向相同D

.BA与BB无法比较大小关系【答案】A【解析】【详解】ABD．磁感线的疏密反映磁感应强度的大小，故由图可知ABBB故A正确，BD错误；C．A、C在同一条直线磁感线上，磁感应强度的方向为磁感线的切线方向，且磁感线为直线，故AB与CB同向，

BB的方向与二者不同，故C错误。故选A。10.如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时下落。三个线圈都是由相同的金属材料制成的大小相同的正方形线圈。A线圈有一个缺口，B、C都是闭合的，但是B线圈的导线比C线圈的粗，关于它们

落地时间的说法正确的是（）A.三线圈中A落地时间最短B三线圈落地时间相同C.B、C两线圈落地时间相同D.B线圈落地时间比C线圈短【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．A线圈有一个缺口，进入磁场时，不产生感应电流，线圈不受安培力作

用，只受重力，加速度等于g，而B、C线圈是闭合的，进入磁场时，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，则A线圈落地时间最短，故A正确，B错误；CD．设闭合线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ电，密度为ρ密，质量为m，进入磁场

过程中速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－22BLvR＝ma解得a＝g－22BLvmR＝g－216Bv密电可知a与横截面积S无关，所以B、C线圈在运动过程中加速度时刻相同，速度也时刻相同，所以B、C同时落地，C正确，D错误。故选AC。11.如图所示电路中，电源电

动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω，若在C、D间连接一个电表或用电器，则有（）.A.若在C、D间连一个理想电压表，其读数是6VB.若在C、D间连一个理想电压表，其读数是8VC.若在C、D间连一个理想电流表，其读数是2AD.若在C、D

间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33W【答案】AD【解析】【详解】AB．若在C、D间接入理想电压表，电路连接如图由闭合电路欧姆定律得干路电流11212A1A462EIRRr===++++理想电压表

读数为V1216V6VUIR===故A正确，B错误；C．若在C、D间连一个理想电流表，电路连接如图所示这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小2323232ΩRRRRR==+根据闭合电路欧姆定律，有212312A1.5A422EIRRr==

=++++理想电流表读数为2A22361.5A1A63RIIRR===++故C错误；D．“6V，3W”小灯泡的电阻为226Ω12Ω3LLLURP===外电路总电阻为23123()58Ω7LLRRRRR

RRR+=+=++电路中总电流3127AA58627EIRr===++通过小灯泡的电流为2323677AA6312621LLRIIRRR===++++小灯泡的实际功率227()12W1.33W21LLPIR===故D正确。故选A

D二、实验题12.某实验小组用伏安法测电阻xR（约为5），要求待测电阻上电压的调节范围尽可能的大，测量的误差尽可能的小。实验室提供的器材如下：电池组（电动势为3V，内阻不计）电流表（0~0.6A，内阻约0.1）电压表（0~3V，内阻约3k）滑动变阻器1R（0~20，额定电

流2A）开关、导线若干。（1）用千分尺测量电阻丝直径如下图所示，可知其直径为__________mm；（2）实验时，先用多用电表粗测电阻丝的阻值，若发现指针偏转过大，应换用更__________（选填“大”或“小”）倍率测量。（3）若电压表内阻已

知，应该选择的实验电路是图中的__________（选项“甲”或“乙”）；【答案】①.1.255②.小③.乙【解析】【详解】（1）[1]用千分尺测量电阻丝直径为1mm+0.01mm×25.5=1.255mm（2）[

2]实验时，先用多用电表粗测电阻丝的阻值，若发现指针偏转过大，说明倍率挡选择的过高，则应换用更小倍率测量。（3）[3]若电压表内阻已知，应该用电流表外接，即选择的实验电路是图中的乙。13.利用光电门、遮光条组合可以探究“弹簧的弹性势能与形变量

之间的关系“实验装置如图所示，木板的右端固定一个轻质弹簧，弹簧的左端放置一个小物块（与弹簧不拴接）物块的上方有一宽度为d的遮光片（d很小），O点是弹簧原长时物块所处的位置，其正上方有一光电门，光电门上连接有计时器（图中未画出）（1）实验开始时，___________（填“需要”或“

不需要”）平衡摩擦力。（2）所有实验条件具备后将小物块向右压缩弹簧x1后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1，物块通过光电门的速度为___________。（3）分别再将小物块向右压缩弹簧x2、x3……后从静止

释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，依次记下遮光片通过光电门的时间t2、t3、……。（4）若弹簧弹性势能的表达式为2p12Ekx=，实验中得到关于弹簧形变量x与通过光电门时间的倒数1t的关系式为___________。【答案】①.需要②.1dt

③.1mxdkt=【解析】【详解】（1）[1]实验原理是机械能守恒，即弹簧弹性势能全部转化为小物块的动能，即2p12Emv=要求不能有摩擦力做功，故需要平衡摩擦力。（2）[2]依题意，物块通过光电门的速度为11dvt=（4）[3]依题意，根据机械能守恒守恒定律有22p11()22dEk

xmt==则有1mxdkt=三、计算题14.用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为0.1kg，所带电荷量大小为1.0×10-8C。现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角（如图所示）。（其中g取21

0m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）这个电荷的电性；（2）匀强电场的大小是多少；（3）若轻绳被剪断，则绳剪断瞬间小球的加速度是多少。【答案】（1）正电；（2）7.5×107N/C；（3）12.5m/s【解析】【详解】（1）根据平衡条件可知

，小球向右偏，所以受到电场力水平向右，故小球带正电。（2）对小球受力分析根据共点力平衡有sin37TqE=cos37Tmg=解得51.25N4Tmg==7830.75N/C=7.510N/C41.

010mgEq−==（3）剪断细线瞬间，重力和电场力都不变，小球的加速度为2512.5m/s4Tagm===15.如图所示，变阻器R2的最大电阻是10Ω，R3＝5Ω，电源的内电阻r＝1Ω，当电键S闭合，变阻器的滑片在中点位置时，电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W.此时电灯

R1正常发光，求：（1）电灯阻值R1是多少？(设R1阻值恒定不变)的（2）当电键S断开时，要使电灯正常工作，应使变阻器的电阻改变为多少？【答案】（1）2.5Ω；（2）6.5Ω【解析】【分析】【详解】（1）当电键S闭合时，由P总－P出＝I2r，得1612=A=2A1PPIr−−=出总由P总＝EI，得

16A=8A2PEI==总路端电压U＝E－Ir＝8V－2×1V＝6V通过R3的电流为336A1.2A5UIR===通过电灯的电流为I2＝I－I3＝(2－1.2)A＝0.8A电灯R1阻值221260.852.50.8UIRRI−

−===（2）由部分电路欧姆定律得U＝I3R3I＝I3＋I1的I1＝I－I3＝(2－1.2)A＝0.8A又可知电灯额定电流I额＝0.8A由闭合电路欧姆定律得E＝I额(r＋R1＋R2)由上式并代入数据得R2＝6.5Ω16.如图所示是一皮带传输装载机械示意图

．井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段竖直面内的圆形轨道后，从轨道的最高点C处水平抛出到货台（图中未画出）上．已知圆形轨道的半径为R＝0.5m，与传送带在B点相切，O点为

圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物视作质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37O，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速度为v0＝8m/s，传送带A、B点间的长度为L＝45m．如果矿物被传送到B

点后沿圆形轨道运动，恰好能通过最高点C，矿物质量m＝50kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．求：（1）矿物被传到B点时的速度大小．（2）矿物由B点到达C点的过程中，克服摩擦阻力所做的功．（3）由于运送这块矿物而

使电动机多输出的机械能．【答案】（1）6m/s（2）325J（3）38400J【解析】【分析】先假设矿物在AB段始终加速，根据动能定理求出矿物到达B点时的速度大小，将此速度与送带匀速运行的速度v0=8m/s进行比较，确

定假设是否合理；矿物被传送到B点后沿圆形轨道运动恰好能通过最高点C，说明重力提供向心力，根据牛顿第二定律求得在C点的速度；矿物由B到C过程中，重力和阻力做功，由动能定理求解克服阻力所做的功；带动传送带的电机要多输出的机械能等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和；【详解】(1)假

设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得：21()2ABBmgcosmgsinLmv−=代入数据得6/Bvms=由于0Bvv，故假设成立，矿物到B处时的速度为6m/s(2)设矿物通过轨道最高点C处时的速度

为vC，由牛顿第二定律有2CmvmgR=对矿物由B到C过程，由动能定理有2211(1)22fCBmgRcosWmvmv−++=−解联立方程并代入数据可得矿物由B点到达C点的过程中，摩擦阻力所做的功为325fWJ=−所以克服摩擦阻力做功为325J(3)矿物在AB段运动

时间为15cossinBBvvtsagg===−传送带与物体运动的相对位移075xxLvtLm=−=−=传摩擦生热cos?24000QmgxJ==带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与

摩擦生热的和，则有：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com